安徽省淮北市2023-2024學(xué)年高二年級下冊開學(xué)考試物理試題

測試卷

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.圖甲為某款“自發(fā)電”無線門鈴按鈕，其“發(fā)電”原理如圖乙所示，按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近螺線管，松

開門鈴按鈕磁鐵遠(yuǎn)離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是（）

A,按下按鈕過程，螺線管尸端電勢較高

B.松開按鈕過程，螺線管。端電勢較高

C.按住按鈕不動，螺線管沒有產(chǎn)生感應(yīng)電動勢

D.按下和松開按鈕過程，螺線管產(chǎn)生大小相同的感應(yīng)電動勢

【答案】C

【解析】

【詳解】A.按下按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向左增大，根據(jù)楞次定律可知螺線管中感應(yīng)電流為從P端

流入從Q端流出，螺線管充當(dāng)電源，則0端電勢較高，故A錯誤；

B.松開按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向左減小，根據(jù)楞次定律可知螺線管中感應(yīng)電流為從Q端流入，從

P端流出，螺線管充當(dāng)電源，則P端電勢較高，故B錯誤；

C.住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，螺線管不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故C正確；

D.按下和松開按鈕過程，螺線管中磁通量的變化率不一定相同，故螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不一定相同，

故D錯誤。

故選C。

2.如圖所示，正電荷q均勻分布在半球面NC8上，球面半徑為七為通過半球面頂點C和球心。的

軸線。P、M為軸線上的兩點，距球心。的距離均為2R。在“右側(cè)軸線上。'點固定一帶負(fù)電的點電荷。,

0'、M點間的距離為尺，已知P點的場強為零。已知均勻帶電的封閉球殼外部空間的電場強度可等效在球

心處的點電荷，則M點的場強為（）

kqkQkq4kQkq24kQkq2kQ

A.----H-------彳B.----z-H------z-C.----yH--------z-D.----z-H------z-

2222

4R2R22R25R22R25R4R5R

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.由尸點的場強為零可知，左半球殼在尸點場強與點電荷0在尸點場強等大、反向，故左半球

殼在P點場強方向向左，大小為

E-二二k￡

左(5R)225R2

半球殼補圓后（電荷量為2q）在尸點場強方向向左，大小為

E=k23_=kJ_

0(2R)22及2

則右半球殼在尸點的場強方向向左，大小為

￡右=￡圓一￡左=左會一左募

由對稱性可知，左半球殼在M點的場強方向向右，大小為

Ei=E右=kq,-k―

1右2鋸25M

故河點的合場強為

步"券

方向向右，C正確。

故選C。

3.靜電場方向平行于x軸，其電勢9隨x的分布可簡化為如圖所示的折線x軸上的兩點以C的電場強度分

別為EB和E「下列說法中正確的有（

A.七大于紜

B.B點的電場強度方向沿x軸正方向

C.3點的電勢低于C點的電勢，UBC為正值

D.負(fù)電荷沿x軸從3點移到。點的過程中，靜電力先做正功，后做負(fù)功

【答案】D

【解析】

【詳解】A.電場強度的大小等于圖象斜率的大小，可知3點的電場強度的大小為

Bd

。點的電場強度的大小為

E

°d

即演等于故A錯誤；

B.根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低，可知沿x軸從-d到0,電勢升高，電場的方向沿x軸負(fù)方向，即3

點的電場強度方向沿x軸負(fù)方向，故B錯誤；

C.從圖像上可知8點的電勢低于。點的電勢，所以有

UBC=（PB-（PC<^

4c為負(fù)值，故C錯誤；

D.沿x軸從8點移到C點的過程中，電勢先增大后減小，根據(jù)Ep=4?？芍?fù)電荷沿x軸從8點移到。點

的過程中電勢能先減小后增大，所以靜電力先做正功，后做負(fù)功，故D正確；

故選D。

4.磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖。平行金屬板尸、。間距為小面積為S,兩

金屬板和電阻R連接。一束等離子體以恒定速度%垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中，電

路穩(wěn)定時電阻R兩端會產(chǎn)生恒定電勢差U。假定等離子體在兩板間均勻分布，忽略邊緣效應(yīng)，則等離子體

的電導(dǎo)率b（電阻率的倒數(shù)）的計算式是（）

等離子體

UdUd

A，（Bd%-U）RSB'（Bdv。+U）RS

USUS

D

C（Bdv0-U）Rd'（Bdv0+U）Rd

【答案】A

【解析】

【詳解】根據(jù)左手定則，等離子體中正電荷受到的洛倫茲力方向向上，負(fù)電荷受到的洛倫茲力方向向下,

因此P、Q極板分別為電源的正極、負(fù)極，電路穩(wěn)定時根據(jù)平衡條件有

E

qv°B=ql

得電源電動勢為

E=Bdv0

根據(jù)閉合電路歐姆定律得電流

R+r

內(nèi)阻

d

r=p—

S

結(jié)合

3=-

P

聯(lián)立得電導(dǎo)率

Ud

8=

（Bdv「U）RS

故BCD錯誤，A正確。

故選Ao

5.磁控濺射是一種新型濺射技術(shù)，如圖所示，電子在跑道上的運動原理可以近似認(rèn)為：從水平靶面電離出

初速度為零的電子，在陰極暗區(qū)只受豎直方向的電場力作用，加速飛向負(fù)輝區(qū)，陰極暗區(qū)上下側(cè)面間的電

勢差保持不變；電子進(jìn)入負(fù)輝區(qū)的運動速度始終與磁場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小處處相等，電子繞行半

個圓周之后，重新進(jìn)入陰極暗區(qū)，回到靶面時，速度恰好為零。電子就實現(xiàn)跳躍式地朝右漂移，簡稱ExB

漂移。則下列說法正確的是（）

A.負(fù)輝區(qū)中磁場方向垂直紙面向外

B.電子每次飛離靶面時，電場和磁場的方向均要與原先反向才能實現(xiàn)Ex8漂移

C.其他條件不變的情況下，陰極暗區(qū)厚度越小，電子到達(dá)負(fù)輝區(qū)的速度越小

D.在直道區(qū)，電子每次跳躍的水平距離相同

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由左手定則可知，負(fù)輝區(qū)中磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；

B.電子每次飛離靶面時，電子都要加速運動，電場方向不變，電子從陰極暗區(qū)進(jìn)入負(fù)輝區(qū)所受洛倫力都是

向右，磁場方向不變，故B錯誤；

C.由動能定理

〃12

eU=—mv

2

可知，電子到達(dá)負(fù)輝區(qū)的速度由陰極暗區(qū)的電壓決定，與陰極暗區(qū)厚度無關(guān)，故C錯誤；

D.陰極暗區(qū)上下側(cè)面間的電勢差保持不變，由

〃12

eU=—mv

2

可知電子從陰極暗區(qū)進(jìn)入負(fù)輝區(qū)的運動速度大小不變，磁感應(yīng)強度大小處處相等，由

v2

evB=m——

r

可知電子在負(fù)輝區(qū)做圓周運動的半徑相同，所以電子繞行半個圓周之后，電子每次跳躍的水平距離相同,

故D正確。

故選D。

6.如圖所示，直角坐標(biāo)系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,右

邊界PQ平行y軸，一粒子(重力不計)從原點0以與x軸正方向成。角的速率v垂直射入磁場，若斜向上

射入，粒子恰好垂直PQ射出磁場，若斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好

不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為()

v271av4兀av471a

B.----；----02Ba；^TD.

2Ba3vBa'3V

【答案】C

【解析】

【詳解】若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁場，即粒子的偏轉(zhuǎn)角為由幾何關(guān)系可知,

RsmO=a

若斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，即粒子的速度方向與PQ相切，由幾何關(guān)系可知,

R=Rsin0-\-a

由以上兩式解得：R=2a,。=30°

粒子在磁場中做勻速圓周運動時有：

v2

qvB=m——

R

解得：幺=上

m2Ba

所以若斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，粒子的偏轉(zhuǎn)角為120。，所以粒子在磁場中運動的時間為:

120°271nl27cm

t--------x--------=--------=-------

360°qB3qB3v,

故應(yīng)選：C.

7.如圖所示，必力為水平固定放置的“匚”型金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的間距為/,導(dǎo)軌的左端接上阻值為R的定

值電阻，勻強磁場方向豎直向下，金屬桿跖V傾斜放置在導(dǎo)軌上，現(xiàn)讓金屬桿在外力的作用下以速度v在

導(dǎo)軌上勻速滑行，回路中的電流為/,九W與導(dǎo)軌的夾角始終為，，速度v始終與"N垂直，導(dǎo)軌與金屬桿

足夠長，滑行的過程中兩者始終接觸良好，導(dǎo)軌、金屬桿以及導(dǎo)線的電阻均忽略不計，下列說法正確的是

A.定值電阻火的電流由c指向6

〃？qinf)

B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為-------

lv

C.金屬桿跖V切割磁感線的有效長度為/

D,一段時間「內(nèi)，回路中磁通量的變化量為

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由右手定則可知，金屬桿的電流方向由N指向則定值電阻R的電流由6指向c,故

A錯誤；

B.由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

_/Blv

E=nB-------v=------

sin?sin，

由閉合電路歐姆定律可得

I上

R

綜合解得

IRsinO

nB---------

lv

故B正確；

C.金屬桿"N切割磁感線的有效長度為一J,故C錯誤；

sm。

D.一段時間/內(nèi)，回路的面積增加量為

回路中磁通量的變化量為

△①=BA5

綜合可得

△中=IRt

故D錯誤。

故選B。

8.如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強磁場，一個帶正電的小圓環(huán)套在一根豎直固定且足夠長的絕緣細(xì)桿

±o現(xiàn)使圓環(huán)以一定的初速度向上運動，經(jīng)一段時間后圓環(huán)回到起始位置，已知桿與環(huán)間的動摩擦因數(shù)保

持不變，圓環(huán)所帶電荷量保持不變，空氣阻力不計，對于圓環(huán)從開始運動到回到起始位置的過程，下面關(guān)

于圓環(huán)的速度V、加速度。隨時間/變化的圖像、重力勢能EP、機械能E隨圓環(huán)離開出發(fā)點的高度〃變化的

圖像，可能正確的是（）

【解析】

【詳解】AB.上升階段，對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有

mg+f=ma

其中有

f=叭="Bqv

聯(lián)立解得

mg+/LiqvB

ci—

m

故圓環(huán)在上升階段做加速度逐漸減小的減速運動；在最高點時，圓環(huán)速度為零，此時加速度為

mg

a=—=g

m

下降階段，對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有

mg-piBqv=ma

聯(lián)立解得

_mg-/nqvB

m

可知下降階段，圓環(huán)做加速度逐漸減小的加速運動，上升和下降時速度方向相反，加速度方向相同，AB錯

誤；

C.以初位置為零重力勢能面，可知圓環(huán)的重力勢能為

Ep=mgh

可知Ep-右圖像為過原點的傾斜直線，C錯誤；

D.圓環(huán)運動過程中克服摩擦阻力做的功等于機械能的減少量，在上升階段有

f=心=曲丫

隨著速度的減小，圓環(huán)受到的摩擦力逐漸減小，故E-圖線的斜率在減??；下降階段隨著速度的增大，圓

環(huán)受到的摩擦力逐漸增大，故￡-力圖線的斜率在增大；由于受到摩擦力做負(fù)功，故回到初始位置時機械能

小于開始時的機械能，D正確。

故選D。

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

9.如圖所示，在光滑絕緣水平面的尸點正上方。點固定一電荷量為+0的點電荷，在水平面上的N點，由

靜止釋放質(zhì)量為機、電荷量為-的試探電荷，該試探電荷經(jīng)過尸點時速度為v,圖中0=60。。則在+0形成

的電場中（規(guī)定P點的電勢為零）（）

O

NP

mv2

A.N點電勢高于P點電勢B.N點電勢為———

2q

C.尸點電場強度大小是N點的2倍D.試探電荷在N點具有的電勢能為-。機V2

【答案】B

【解析】

【詳解】A.如圖所示，M、P為等勢面

o

根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，M點的電勢高于N點的電勢，而M、尸兩點的電勢相等，則N點電勢

低于P點電勢，故A錯誤；

B.根據(jù)動能定理得檢驗電荷由N到P的過程

-q（（pN-（pP）=^mv-

由題，P點的電勢為零，即

%=0

解得N點的電勢

mv2

（PN=―--

2q

故B正確；

C.尸點電場強度大小是

E一絲

N點電場強度大小是

則

EP：EN=%:廣=4:1

故C錯誤；

D.檢驗電荷在N點具有的電勢能為

"12

Ep=_[%=5加V

故D錯誤。

故選B。

10.某節(jié)能路燈可通過光控開關(guān)自動隨周圍環(huán)境的亮度改變進(jìn)行自動控制.其內(nèi)部電路簡化如圖所示，電源

電動勢為E，內(nèi)阻為八以為光敏電阻（光照強度增加時，其電阻值減?。?，&為定值電阻，燈泡電阻不變.隨

著傍晚到來，光照逐漸減弱時，下列判斷正確的是（）

A.A燈、B燈都變亮

B.電源的輸出功率變大

C.電源的效率變大

D.Ri中電流變化量等于Ro中電流變化量

【答案】AC

【解析】

【詳解】光照逐漸減弱時，光敏電阻阻值增大，電路總電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大.

A.外電壓增大，A燈變亮；支路心上的電流減小，心上的電壓減小，又因為外電壓增大，所以B燈電壓

增大，所以B燈變亮，故A正確；

B.電源的輸出功率

P.（上）2尺一爐巡—￡2.

出（即+J外肉+個—（我外--

R外R外

顯然，只有當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時電源的輸出功率才最大，而當(dāng)R外〉人且始終增大時，電源的輸出功率始

終減小，而當(dāng)與卜＜乙且始終增大時，電源的輸出功率會先增大，后減??；電源電動勢不變，電源內(nèi)阻與

外電路電阻關(guān)系不確定，故電源輸出功率無法判斷，故B錯誤；

C.因為外電阻變大，根據(jù)

I2RR、r

n=------------=--------=1-----------

/2（7?+r）R+rR+r

可知，電源的效率變大，故C正確；

D.對于支路有

A/o=A/5+A/]

其中、

A/o<0,MB>0

所以

IMMMl

故D錯誤。

故選AC-

11.如圖所示，等腰直角三角形仍c區(qū)域內(nèi)（包含邊界）有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為

B,在兒的中點。處有一粒子源，沿與6a平行的方向發(fā)射速率不同，質(zhì)量為加，電荷量為的帶負(fù)電粒

子，已知這些粒子都能從次?邊離開Me區(qū)域，ab=2l不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列說法正

確的是（）

A.速度的最大值為（行+1）卷,B.速度的最大值為（行"

mm

兀mnm

C.在磁場中運動的最長時間為7二D.在磁場中運動的最長時間為r

4qBqB

【答案】AD

【解析】

【詳解】粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示

AB.設(shè)粒子最大軌跡半徑為由圖中幾何關(guān)系可得

弓=（々+/）cos45°

解得

4=(用1)/

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB=m——

丫2

可得速度的最大值為

_qBr2_(V2+l)^

mm

故A正確，B錯誤;

CD.由圖可知粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的最大圓心角為?，則粒子在磁場中運動的最長時間為

12%加Tim

——1——x-------........

22qBqB

故C錯誤，D正確。

故選ADo

12.如圖所示，CN、。。是兩條足夠長水平固定放置的阻值可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為心水

平導(dǎo)軌所在區(qū)域存在豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場。水平導(dǎo)軌的左端與一段半徑為:?的光滑

圓弧軌道平滑連接，水平導(dǎo)軌的右端接入阻值為R的電阻。一質(zhì)量為根、長度為3電阻為R的導(dǎo)體棒。

靜置于水平軌道最左端，將另一個與導(dǎo)體棒a完全相同的導(dǎo)體棒6從圓弧軌道上〃（/7<r）高處由靜止釋

放，6與a發(fā)生完全非彈性碰撞（粘連一起），運動過程中導(dǎo)體棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加

速度為g。下列說法正確的是（）

A.b棒剛到達(dá)圓弧底端時對軌道的壓力大小為3mg

B.兩棒最終停在CD右側(cè)3〃山盧好處

2B2c

c.整個過程中，通過△棒的電荷量為蟲還

BL

D.整個過程中，電阻7?上產(chǎn)生的焦耳熱為:〃，劭

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.6導(dǎo)體棒在彎曲軌道上下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得

mgn,=1~mv2

6棒剛到達(dá)圓弧底端時

v2

N-mg=m——

r

根據(jù)牛頓第三定律可知，b棒剛到達(dá)圓弧底端時對軌道的壓力大小為

N'=N=網(wǎng)改+摩

r

故A錯誤;

D.6與0發(fā)生完全非彈性碰撞

mv=2mvl

根據(jù)能量守恒，回路總產(chǎn)熱

Q=5x2mv^

電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為

21

QR=-Q=~mgh

故D正確;

BC.對兩棒碰后根據(jù)動量定理

0-2mV]=—BILkt--BLq

通過6棒的電荷量為

1mJ2gh

q——(J-----------

b2h2BL

根據(jù)

門△①BLxE

E-------------,q=[A/

△tArLR+R

2

得

BLx

2

聯(lián)立解得

3mR^2gh

X~252Z2

所以兩棒最終停在CD右側(cè)3〃山卓皿處。故B正確C錯誤。

252Z2

故選BDo

三、實驗題：本大題共1小題，共9分。

13.用伏安法測定一個待測電阻尺的阻值（阻值約為200C）,實驗室提供如下器材:

電池組E：電動勢3V,內(nèi)阻不計；

電流表A/量程0?15mA,內(nèi)阻約為100。；

電流表A2：量程0?300|iA,內(nèi)阻為1000Q；

滑動變阻器4：阻值范圍0-20。，額定電流2A；

電阻箱為，阻值范圍0?9999。，額定電流1A；

開關(guān)S、導(dǎo)線若干。

要求實驗中盡可能準(zhǔn)確地測量段的阻值，請回答下列問題：

（1）為了測量待測電阻兩端的電壓，可以將電流表（填寫器材代號）與電阻箱串聯(lián)，并將電阻箱

阻值調(diào)到O,這樣可以改裝成一個量程為3.0V的電壓表。

（2）在圖中畫出完整測量尺阻值的電路圖，并在圖中標(biāo)明器材代號。

（3）調(diào)節(jié)滑動變阻器4,兩表的示數(shù)如圖所示，可讀出電流表A】的示數(shù)是mA,電流表A2的示

數(shù)是|1A,測得待測電阻&的阻值是。

【答案】（1）①.&②.9000

段

(3)①.8.0②.150③.191Q

【小問1詳解】

[1H2]待測電阻兩端加3V電壓時，電流約為

U3

I=——=---A=0.015A=15mA

Rx200

電流A1測量電流；為了測量待測電阻兩端的電壓，可以將電流表A2與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為3V的電壓

表，需要調(diào)電阻箱阻值為

U3

R,=——R.,=------Q-1000Q=9000Q

一Q3x10-4

【小問2詳解】

滑動變阻器最大阻值遠(yuǎn)小于待測電阻阻值，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，待測電阻阻值約為2000,電流

表A1內(nèi)阻約為100。，電壓表內(nèi)阻為

Rv=1000Q+9000Q=10000Q

電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測電阻阻值，電流表應(yīng)采用外接法，電路圖如圖所示

【小問3詳解】

[1][2]由圖示可知，電流表A]的示數(shù)為8.0mA,電流表A2的示數(shù)是150|iA；

[3]待測電阻兩端電壓

==150x106AX10000Q=1.5V

測得待測電阻

U

R=?191Q

四、計算題：本大題共3小題，共30分。

14.電動自行車已成為城市出行的重要交通工具之一。某品牌電動自行車銘牌標(biāo)識如下表所示，質(zhì)量

m=50kg的同學(xué)騎著該電動自行車以額定功率沿平直公路從靜止啟動，電動車能夠達(dá)到的最大速度

%=21.6km/h。已知電動自行車所受的阻力是人和車總重力的0.05倍，g=10m/s2o求：

(1)電機的輸出功率4；

(2)電機的線圈內(nèi)阻R；

(3)電動車速度為3m/s時的加速度大小呢

規(guī)格后輪驅(qū)動直流電機

車型：20”電動自行車額定功率P=360W

整車質(zhì)量/=50kg額定工作電壓U=36V

【答案】(1)300W；(2)0.6Q；(3)0.5m/s2

【解析】

【詳解】(1)由勻速運動可知，牽引力

其中

Ff=0.05x(m+M^g=50N

電機輸出功率

解得

%=300W

(2)根據(jù)能量守恒有

與+箍=尸

電動機的總功率為

P=UI

電機的熱功率為

與=/R

聯(lián)立解得

R=0.6Q

(3)電機輸出功率

峪=FV

當(dāng)v'=3mzs時

r=iooN

根據(jù)牛頓第二定律有

F'-Ff=(m+M^a

a=0.5m/s

15.如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定豎直擋板，擋板足夠長，P處有一粒子源，P。連線垂

直擋板，P到。的距離為心粒子源能垂直磁場沿紙面向各個方向發(fā)射速度大小均為v的帶正電粒子。粒子

質(zhì)量均為小，電荷量均為分到達(dá)擋板的粒子都被吸收，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。

(1)若有粒子能到達(dá)擋板，求磁感應(yīng)強度大小B應(yīng)滿足的條件；

(2)若粒子到達(dá)擋板上側(cè)最遠(yuǎn)處為M點，下側(cè)最遠(yuǎn)處為N點，且絲=2,求磁感應(yīng)強度的大小瓦

ON3

X￡X

【答案】(1)

【解析】

【詳解】(1)若恰有粒子能到達(dá)擋板，則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑最小，為%

M

N

圖1

如圖i所示，由幾何關(guān)系可知

L

r

m=~

洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律有

v2

qvB=m—

噓

解得

?2mv

?2mv

即當(dāng)8V一丁時，有粒子能到達(dá)擋板。

qL

(2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為心粒子到達(dá)擋板上側(cè)最遠(yuǎn)處M點時，軌跡圓在M點與擋板

相切，如圖2所示。設(shè)。、M間距離為為

r2+（L-r）-

粒子到達(dá)擋板下側(cè)最遠(yuǎn)處N點時，PN為軌跡圓的直徑。設(shè)。、N間距離為巧，由幾何關(guān)系可得

(2r)2=xf+L2

由題意知

X]_2

巧3

解得

5L

r二——

8

由牛頓第二定律有

v2

qvB=m—

r

解得

_8mv

D—

5qL

16.如圖甲所示，真空中水平放置的平行金屬板N3間距為a,緊鄰兩板右側(cè)有一熒光屏，。點為熒光屏的

中心。AB兩板間加如圖乙所示周期為名的變化電壓（4已知），現(xiàn)有大量粒子由靜止開始，經(jīng)加速電場以

后，沿平行板正中間水平射入兩板之間。甲粒子在7=0時刻進(jìn)入Z5兩板，經(jīng)過時間為4%打在熒光屏

上尸點，已知平行金屬板長為3粒子質(zhì)量為加、電荷量為必所有粒子均從N3兩板間射出。不計粒子重

力和粒子間相互作用，求：

（1）加速電壓q；

（2）間距OP的長度

（3）粒子打在熒光屏上的落點與。點間距的最大值與最小值之比。

八U

U。；iiiii

IIIIII

IIIIII

IIIIII